Mathematical and Physical Journal
for High Schools
Issued by the MATFUND Foundation
Already signed up?
New to KöMaL?
I want the old design back!!! :-)

Problem C. 1195. (November 2013)

C. 1195. Let a, b and c, respectively, be the lengths of the face diagonals AF, FC and CA of a cuboid ABCDEFGH. Let \alpha, \beta and \gamma, respectively, denote the angles enclosed by the face diagonals with the diagonal BH of the cuboid. Prove that a.cos \alpha-b.cos \beta+c.cos \gamma=0 if the length of edge AB is between the lengths of the edges BC and BF.

(5 pont)

Deadline expired on December 10, 2013.


Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. Rajzoljuk fel az alábbi vektorokat: \(\displaystyle \overrightarrow{BH}=\underline{t}\), \(\displaystyle \overrightarrow{AF}=\underline{a}\), \(\displaystyle \overrightarrow{FC}=\underline{b}\) és \(\displaystyle \overrightarrow{CA}=\underline{c}\). Mivel \(\displaystyle \underline{a}+\underline{b}+\underline{c}=\underline{0}\), azért a három vektor összegének a \(\displaystyle \underline{t}\)-vel vett skaláris szorzata 0: \(\displaystyle (\underline{a}+\underline{b}+\underline{c})\underline{t}=0\).

A lapátlók megfelelő vektorai és \(\displaystyle \underline{t}\) által bezárt szögeket jelölje rendre \(\displaystyle \alpha'\), \(\displaystyle \beta'\) és \(\displaystyle \gamma'\). A skaláris szorzat az összeadásra nézve disztributív, így igaz, hogy \(\displaystyle \underline{a}\cdot\underline{t}+\underline{b}\cdot\underline{t}+\underline{c}\cdot\underline{t}=0\). Vagyis \(\displaystyle |\underline{a}|\cdot|\underline{t}|\cos\alpha'+|\underline{b}|\cdot|\underline{t}|\cos\beta'+|\underline{c}|\cdot|\underline{t}|\cos\gamma'=0\). Kihasználva, hogy szakaszokról van szó, és így \(\displaystyle |\underline{a}|=a\), \(\displaystyle |\underline{b}|=b\), \(\displaystyle |\underline{c}|=c\), valamint, hogy \(\displaystyle |\underline{t}|>0\), ezért oszthatunk vele:

\(\displaystyle a\cdot\cos\alpha'+b\cos\beta'+c\cos\gamma'=0.\)

Az egyenlőségben az előjelek azon múlnak, hogy \(\displaystyle \alpha'\), \(\displaystyle \beta'\) és \(\displaystyle \gamma'\) közül melyik hegyesszög.

Legyen \(\displaystyle \overrightarrow{BA}=\underline{m}\), \(\displaystyle \overrightarrow{BC}=\underline{n}\) és \(\displaystyle \overrightarrow{BF}=\underline{p}\), valamint a három vektor hossza legyen rendre \(\displaystyle m\), \(\displaystyle n\) és \(\displaystyle p\).

Mindegyik lapátló felírható két vektor különbségeként: \(\displaystyle \underline{a}=\underline{p}-\underline{m}\), \(\displaystyle \underline{b}=\underline{n}-\underline{p}\) és \(\displaystyle \underline{c}=\underline{m}-\underline{n}\).

Ha egy ilyen lapátlót skalárisan szorzunk a testátlóval, ami \(\displaystyle \underline{t}=\underline{m}+\underline{n}+\underline{p}\), akkor például \(\displaystyle \underline{b}\)-re ezt kapjuk: \(\displaystyle (\underline{n}-\underline{p})(\underline{m}+\underline{n}+\underline{p})= \underline{n}^2-\underline{p}^2\), mert az egymásra merőleges vektorok skaláris szorzata 0. Ez egyenlő \(\displaystyle bt\cos\beta'\)-vel.

Tehát a három lapátló és a testátló skaláris szorzata rendre: \(\displaystyle \underline{p}^2-\underline{m}^2=p^2-m^2=at\cos\alpha'\), \(\displaystyle \underline{n}^2-\underline{p}^2=n^2-p^2=bt\cos\beta'\) és \(\displaystyle \underline{m}^2-\underline{n}^2=m^2-n^2=ct\cos\gamma'\).

A feltétel miatt vagy \(\displaystyle n<m<p\) vagy \(\displaystyle p<m<n\). Az első esetben csak az \(\displaystyle n^2-p^2\) negatív, ami azt jelenti, hogy \(\displaystyle \beta'>90^{\circ}\). Ekkor

\(\displaystyle a\cdot\cos\alpha'+b\cos\beta'+c\cos\gamma'=a\cdot\cos\alpha-b\cos\beta+c\cos\gamma=0.\)

A második esetben \(\displaystyle n^2-p^2>0\), és a másik két tag negatív, vagyis:

\(\displaystyle a\cdot\cos\alpha'+b\cos\beta'+c\cos\gamma'=-a\cdot\cos\alpha+b\cos\beta-c\cos\gamma=0.\)

Ezt \(\displaystyle -1\)-gyel szorozva szintén a bizonyítandó állítást kapjuk.

Temesvári Fanni (Budapest, ELTE Radnóti M. Gyak. Isk., 12. o. t.) megoldása alapján


Statistics:

17 students sent a solution.
5 points:Sziegl Benedek, Temesvári Fanni.
4 points:Bekő Mária, Denke Dorottya, Farkas Dóra, Hegel Patrik, Telek Máté László, Tóth Zsófia, Zsiros Ádám.
3 points:3 students.
2 points:1 student.
0 point:2 students.
Unfair, not evaluated:2 solutions.

Problems in Mathematics of KöMaL, November 2013